1、人大附中人大附中 2019-2020 学年度高三学年度高三 10 月质量检测物理题月质量检测物理题 一、单项选择题单项选择题 1.“梧桐一叶落，天下尽知秋。” 如图所示，某日清晨，无风，明月同学在上学路上经过一株 梧桐树下，恰看到一片巴掌大小梧桐树叶脱离枝杈飘落到地面。据明月估测，脱离处离地 面竖直高度约 4m。根据你所学的物理知识判断，这片树叶在空中飘落的总时间可能是( ) A. 0.2s B. 0.4s C. 0.8s D. 3s 【答案】D 【详解】若树叶做自由落体运动，则下落的时间 2 0.89s h t g 由于树叶下落不能忽略空气阻力，所以树叶下落的时间应该大于 0.89s。 A.
2、 0.2s与上述分析结论不相符，故 A 错误； B. 0.4s 与上述分析结论不相符，故 B 错误； C. 0.8s 与上述分析结论不相符，故 C 错误； D. 3s 与上述分析结论相符，故 D 正确。 2.某物体(可视为质点)某段时间内做直线运动，设物体的运动时间为 t，位移为 x，得到物体 的 x t t图像如图所示，下列说法正确的是( ) A. 0b时间内物体的加速度大小为 b c B. 0b 时间内物体的初速度大小为 b C. 0b 时间内，物体做单向直线运动 D. 0b 时间内，物体做往返直线运动 【答案】D 【详解】由位移公式 2 0 1 2 xv tat 解得： 0 1 2 x
3、vat t AB.根据图像可知： 物体的初速度大小是 v0=c 加速度大小 2c b a 故 AB错误； CD.b时的速度 0 2 b c vvatcbc b 方向与初速度方向相反，所以 0b 时间内，物体做往返直线运动，故 D 正确，C 错误。 3.如图所示，在长约一米的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个大小适当的圆柱形红 蜡块，玻璃管的开口端用胶塞塞紧，保证将其迅速竖直倒置时，红蜡块能沿玻璃管由管口匀 速上升到管底。现将此玻璃管倒置安装在置于桌面上的小车上的同时，小车从 A 位置在恒 力 F 作用下从静止开始运动。经过一段时间后，小车运动到虚线表示的 B 位置。按照图中 建立的坐标系，
4、在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【详解】红蜡块能沿玻璃管由管口匀速上升到管底，竖直合力为 0，小车从 A 位置在恒力 F 作用下从静止开始运动，红蜡块在水平方向做匀加速运动，合力方向沿x方向正方向。 A.A 图与上述分析结论不相符，故 A 错误； B.B 图与上述分析结论不相符，故 B 错误； C.C 图与上述分析结论相符，故 C 正确； D.D 图与上述分析结论不相符，故 D 错误。 4.1845 年英国物理学家和数学家斯托马斯（S.G.Stokes）研究球体在液体中下落时，发现了 液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有 6F
5、rv ，其中物理量为 液体的粘滞系数，它还与液体的种类及温度有关，如图所示，现将一颗小钢珠由静止释放到 盛有蓖麻油的足够深量筒中， 下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系的图像可 能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 根据牛顿第二定律得， 小钢珠的加速度 6mgFmgrv a mm ， 在下降的过程中， 速度v 增大，阻力F增大，则加速度a减小，当重力和阻力相等时，做匀速运动，加速度为零， 故选项 D 正确。 考点：牛顿第二定律 【名师点睛】 解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同， 加速度随着合力的变化 而变化，根据牛顿第二定律，得出小钢珠最终的运动
6、规律，确定正确的图线。 5.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如人原地起跳 时，总是身体弯曲，略下蹲，再猛然蹬地，身体打开，同时获得向上的初速度，双脚离开地 面跳起落下，如图所示。从开始蹬地（图中状态）到双脚离开地面后到达最高点（图中 状态）的整个过程中，下列分析正确的是( ) A. 人始终处于超重状态 B. 人先处于超重状态后处于失重状态 C. 人与地球所组成的系统机械能是守恒的 D. 人原地起跳过程中地面对人的支持力做正功 【答案】B 【详解】AB. 从开始蹬地（图中状态）到双脚离开地面后到达最高点（图中状态）的整 个过程中，人的重心先加速上升，后减速上升，
7、所以人先处于超重状态后处于失重状态，故 B 正确，C 错误； C. 在这个过程中，人体内的有一部分化学能转化为机械能，所以人与地球所组成的系统机 械能是不守恒的，故 C 错误； D. 因为支持力作用在脚底，脚底位移是零，所以支持力不做功,故 D 错误。 6.如图所示，木块 A 放在木块 B 的左端，用恒力 F 将 A 拉至 B 的右端，第一次将 B 固定在地 面上，F 做功为 W1，生热为 Q1；第二次让 B 可以在光滑地面上自由滑动，F 做的功为 W2， 生热为 Q2，则应有( ) A. W1W2，Q1Q2 B. W1W2，Q1Q2 C. W1W2，Q1Q2 D. W1W2，Q1Q2 【答案
8、】A 【分析】根据 W=Fscos，比较拉力所做的功，摩擦产生的热量 Q=fs相对，通过比较相对位 移比较摩擦产生的热量 【详解】木块从木板左端滑到右端 F所做的功 W=Fs，因为木板不固定时木块的位移要比固 定时长，所以 W1W2.摩擦产生的热量 Q=fs相对，两次都从木板左端滑到右端，相对位移相 等，所以 Q1=Q2.故 A正确，B、C、D错误.故选 A. 【点睛】解决本题的关键掌握恒力做功的求法，以及知道摩擦产生的热量 Q=fs相对 7.如图所示，质量为 60kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根 直棒， 已知重心在 c 点， 其垂线与两脚连线中点、 两手连线中点间
9、的距离 Oa、Ob分别为 0.9m 和 0.6m，若她在 1min 内做了 30 个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为 0.4m。则这 1min 内该 运动员克服重力做功的平均功率最接近( ) A. 7W B. 12W C. 70W D. 120W 【答案】C 【详解】做一次俯卧撑运动重心上升的高度 0.24m oa Hh oaob 做一次俯卧撑运动克服重力做功 144JWmgH 1min 内该运动员克服重力做功的平均功率 30 144 W72W 60 W P t 总 这 1min 内该运动员克服重力做功的平均功率最接近 70W A.A 项与上述分析结果不相符，故 A 错误； B.B 项与上述分析
10、结果不相符，故 B 错误； C.C 项与上述分析结果相符，故 C 正确； D.D 项与上述分析结果不相符，故 C 错误； 8.煤矿井下作业中，一旦掘进面等处产生的煤尘遇到明火，极易发生爆炸事故，研究爆炸中 释放的能量与相关参量的关系具有现实意义。 有研究者利用如图所示的粉尘爆炸性鉴定装置 研究管道中的粉尘爆炸， 利用该实验装置可以记录并测量少量粉尘在电子点火器点燃爆炸后 的火焰长度 L、点燃粉尘后火焰持续时间 t、管中初始气体密度 。利用量纲分析可以得到 开始点火后直至火焰长度达到最长的过程中的粉尘爆炸释放的能量 E 与 、L、t的关系式为 EL t ，其中 为一个无单位的常量（可由实验测定）
11、 ，、是相应的待定常数。 对于这几个待定常数的值，下列说法中可能正确的是( ) A. 1,5,2 B. 1,5,2 C. 1,4,2 D. 1,4,1 【答案】A 【详解】能量的单位用基本单位来表示就是 2-2 kg ms A. 若 1,5,2 ，则表达式的单位 5-222 3 kg msms m kg 与能量的单位相同，故 A正确； B. 若 1,5,2 ，则表达式的单位 1-52122 3 kg ()msms m kg 与能量的单位不同，故 B错误； C. 若 1,4,2 ，则表达式的单位 422 3 kg msm s m kg 与能量的单位不同，故 C错误； D. 若 1,4,1 ，则表
12、达式的单位 411 3 kg msm s m kg 与能量的单位不同，故 D错误。 二、不定项选择题二、不定项选择题 9.某问学设计了一个研究平抛运动特点的家庭实验装置，去验证平抛运动水平方向做匀速 直线运动， 如图所示，在水平桌面上放置一个斜面，每次都让钢球从斜面上的同一位置 滚 下，滚过桌边后钢球便做平抛运动，若已知物体做平抛运动时在竖直方向 上为自由落体运 动下列说法正确的是( ) A. 除实验中描述的器材外，该实验还必需的实验器材是刻度尺 B. 除实验中描述的器材外，该实验还必需的实验器材是秒表、刻度尺 C. 相对平抛起始位置，测出下落高度与平抛水平位移的平方成正比，说明钢球水平向做匀
13、 速运动 D. 相对平抛起始位置，测出平抛水平位移与下落高度的平方成正比，说 明钢球水平向做 匀速运动 【答案】AC 【详解】已知钢球在竖直方向做自由落体运动，则 h= 1 2 gt2，水平方向若做匀速运动则满足： xvt，解得 2 2 22 1 22 xg hgx vv ，则相对平抛起始位置，测出下落高度 h 与平抛水平位 移 x的平方成正比，说明钢球水平向做匀速运动，选项 C正确； 2h xv g ，则相对平抛起 始位置，测出平抛水平位移与下落高度的平方根成正比，说明钢球水平向做匀速运动，选项 D错误；由以上分析可知，实验中需要用刻度尺测量距离，不需要秒表，选项 A 正确，B 错 误；故选
14、 AC. 10.P1，P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星 s1，s2做匀速圆周 运动。如图所示，纵坐标表示行星对其周围空间 各处物体的引力产生的加速度 a，横坐标表 示物体到行星中心的距离 r 的平方，两条曲线分别表示 P1，P2周围 的 a的大小与 r2的反比 关系，它们的左端点 横坐标相同。则( ) A. P1的“第一宇宙速度”比 P2的小 B. P1的平均密度比 P2的大 C. s1的向心加速度比 s2的大 D. s1的公转周期比 s2的大 【答案】BC 【详解】它们的左端点横坐标相同说明两星球的半径相同；两星球的体积变大。 A. 根据第一宇宙速度公式 1 vgR
15、 两星球的半径相同，表面重力加速度大的，第一宇宙速度大的，所以 P1的“第一宇宙速度” 比 P2的大，故 A 错误； B. 根据星球质量公式 G gR M 2 可知星球的半径相同，表面重力加速度大的，星球质量也大，而星球的体积相同，所以 P1 的平均密度比 P2的大，故 B 正确； C. 因为卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，所以引力加速度大的，向心加速度也大， 所以 s1的向心加速度比 s2的大，故 C 正确； D. 根据 23 4()Rh T GM ，因为 1 P的质量大于 2 P的质量，轨道半径相同，所以 s1的周期 比 s2的周期小，故 D错误； 11.在水平桌面上有一个倾角为的斜
16、面体.一个质量为 m的物块，在平行于斜面的拉力 F 作用下， 沿斜面向上做匀速运动.斜面体始终处于静止状态.已知物块与斜面间的动摩擦因数 为，重力加速度为 . g 下列结论正确的是( ) A. 斜面对物块的摩擦力大小是 F B. 斜面对物块的摩擦力大小是 mg C. 桌面对斜面体的摩擦力大小是 0 D. 桌面对斜面体的摩擦力大小是cosF 【答案】D 【详解】对 m 受力分析可知，m 受重力、支持力及拉力的作用及摩擦力的作用而处于平衡 状态；则在沿斜面方向上有：sinFmgf；故 A 错误；斜面对物块的摩擦力大小是 cos N fFmg；故 B 错误；对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉
17、力的 作用，因拉力有水平向右的分量，故地面一定对斜面体有向左的摩擦力；大小为cosF； 故 C 错误；D正确；故选 D。 【点睛】本题要注意 m 受到的是滑动摩擦力；而地面对斜面体的摩擦力为静摩擦力；要注 意明确两种摩擦力的计算方法不相同；同时要注意灵活选择研究对象，做好受力分析 12.如图所示，在水平桌面上放有一个倾角为 的足够长的斜面（未固定） 。一个质量为 m的 物块(可视为质点)，在平行于斜面的拉力 F作用下，沿斜面向上做匀速直线运动。斜面体始 终处于静止状态。已知物块与斜面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g。当物块运动到某 点 A(图中未标出)时撤去外力 F，此时物块的动能为 Ek
18、0，此后斜面体仍始终处于静止状态。 从撤去外力 F 开始计时，A 点作为位移起点，物块在 A 点上方运动的全过程中，物块的动能 Ek与其位移 x(以沿斜面向上为正方向)的关系的图线可能是( ) A. B. C. D. 【答案】BD 【详解】撤去外力 F 后，物体沿斜面向上滑动时，只有重力和滑动摩擦力做功，由动能定 理得： 0 (sin)(cos) kk mgxmgxEE 变形得 0 (sincos) kk EEmgmgx 物块的动能 Ek与其位移 x(以沿斜面向上为正方向)的关系的图线是一条倾斜的直线 若重力沿斜面的分力小于滑动摩擦力，物体将静止不动； 若重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，物体将
19、沿斜面向下滑动 由动能定理得： (sin)(cos) k mgxmgxE 变形得 (sincos) k Emgmgx 物块的动能 Ek与其位移 x(以沿斜面向上为正方向)的关系的图线是一条倾斜的直线 A.A 图与上述分析结论不相符，故 A 错误； B.B 图与上述分析结论相符，故 B 正确； C.C 图与上述分析结论不相符，故 C 错误； D.D 图与上述分析结论相符，故 D 正确。 13.利用如图所示实验装置可以演示小球摆动过程中机械能守恒，不可伸长的强度足够大的 细线悬挂在 O 点，摆球系于其下端，从 A点由静止释放，经过最低点 C后可到达与 A 等高 的 B 点。若小球所受空气阻力可忽略
20、不计，小球从 A 点到 C点的过程中，下面说法正确的 是( ) A. 小球受到的向心力大小不变 B. 细绳对小球的拉力对小球做正功 C. 细绳的拉力对小球做功的功率为零 D. 重力对小球做功的功率先减小后增大 【答案】C 【详解】A. 小球从 A点到 C 点的过程中，小球的重力势能减小，动能增大，速度增大，半 径不变，由向心力公式 2 n mv F r 小球受到的向心力大小变大，故 A 错误； BC.细绳的拉力沿半径，总是与小球的速度方向垂直，所以细绳对小球的拉力对小球做不做 功，故 B 错误，C 正确； D. 刚释放时，小球速度为 0，重力对小球做功的功率为 0，到达 C 点时，重力与速度方
21、向垂 直，重力对小球做功的功率为 0，重力对小球做功的功率只可能先增大后减小，故 D 错误。 14.利用如图所示实验装置可以演示小球摆动过程中机械能守恒，不可伸长的强度足够大的 细线悬挂在 O 点，摆球系于其下端，从 A点由静止释放，经过最低点 C后可到达与 A 等高 的 B 点。若小球所受空气阻力可忽略不计，OC 连线上各点均可钉钉子，若分别在 OC 连线 上的 P、N、Q各点钉钉子，OPPN，NQQC。每次均将摆球从 A点由静止释放，不计绳 与钉子碰撞时机械能的损失。 钉子钉在以下四种情况中的不同位置， 其中小球在细线碰到钉 子以后仍能摆到与 A等高的点的是( ) A. P 点 B. N
22、点 C. Q 点 D. N、Q之间（除 N 点、Q点以外）的某点 【答案】AB 【详解】根据机械能守恒定律可知，小球在细线碰到钉子以后仍能摆到与 A 等高的点，说 明此点速度为 0，所以圆心不能比 AB 水平线低，所以钉子只能钉在 P 点和 N点。 A.A 项与上述分析结论相符，故 A 正确； B.B 项与上述分析结论相符，故 B 正确； CC 项与上述分析结论不相符，故 C 错误； D.D 项与上述分析结论不相符，故 D 错误。 三、填空题三、填空题 15.如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用 此装置可“验证机械能守恒定律”。 除打点计时器（含纸带、复
23、写纸） 、交流电源、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中， 必须使用的还有_。 （选填器材前的字母） A大小合适的铁质重锤 B体积较大的木质重锤 C刻度尺 D游标卡尺 E秒表 安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图 15 所 示（其中一段纸带图中未画出） 。图中 O点为打出的起始点，且速度为零。选取在纸带上连 续打出的点 A、B、C、D、E、F、G作为计数点。其中测出 D、E、F 点距起始点 O的距离 如图所示。已知打点计时器打点周期为 T=0.02s。由此可计算出物体下落到 E点时的瞬时速 度 vE =_ m/s。 （结果保留三位有效数字） 实验结果往往是重
24、力势能的减少量略大于动能的增加量， 关于此误差， 下列说法中正确的 是_。 A该误差属于偶然误差 B该误差属于系统误差 C可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差 D可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差 某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点 O 的距离 h，并计算出打相应计数点时 重锤的速度 v， 通过描绘 v2-h 图像去研究机械能是否守恒。 若实验中重锤所受阻力不可忽略， 且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的 v2-h 图像是下图中的哪一个_。 （填选填图 下对应的字母） A.B. C.D. 若不考虑地球的自转， 地表附近的物体所受的重力等于其所受的引力。 地表附
25、近重力加速 度为 g。已知若以无穷远处为引力势能零点，距离为 r 的两个质点 M、m之间的引力势能为 p GMm E r 引 ，这一结论可以适用于匀质球体与其外质点，此时 r 为球心与质点之间的距离。 请论证： 本实验中的重锤在下落高度为 h 的过程中，可以认为重锤的重力势能减少量等于其 （与地球共有的）引力势能的减少量。_ 【答案】 (1). AC (2). 3.04 (3). BD (4). A (5). 证明过程见解析； 【详解】1 实验中为了减小阻力的影响，重锤选择合适的铁质重锤需要测量某点的瞬 时速度，则需测量点迹间的距离，所以还需刻度尺打点计时器就是记录时间的器材，所以 不需要秒表
26、，实验中不需要游标卡尺故选：AC 2E点的瞬时速度为： 22 DFFD E hhh v TT =3.04m/s； 3 实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，这个误差是系统误差，无法 避免，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差故选 BD 4 若机械能守恒，有 2 1 2 mghmv 则 2 2vgh 可知 2 vh 图线为过原点的一条倾斜直线，故选 A. 5地球可视为匀质球体，重锤质量设为 m，地球质量设为 M， 重力势能减少量为 pG Emgh 减 引力势能的减少量为 p GMmGMmGMmh E RhRR Rh 引减 因为 hR，所以 2 p GMmhGMmh E R
27、 RhR 引减 不考虑地球自转，在地表附近，近似有 2 GMm mg R 故，本实验中的重锤在下落高度为 h 的过程中，对应的重力势能变化量减少量等于其（与地 球共有的）引力势能的减少量。 四、计算与论证题四、计算与论证题 16.我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量 m60 kg(含雪具)的运动员从长直助滑道 AB 的 A处由静止开始以加速度 a3.6 m/s2匀加速 滑下，到达助滑道末端 B时速度 vB24 m/s，A与 B的竖直高度差 H48 m，为了改变运动 员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道平滑衔接，其中最低点 C 处附近是
28、 一段以 O 为圆心的圆弧。助滑道末端 B 与滑道最低点 C 的高度差 h5 m，运动员在 B、C 间运动时阻力做功 W1530 J，取 g10 m/s2。 （1）求运动员在 AB段下滑过程所经历的时间 t； （2）求运动员在 AB段下滑时受到阻力 Ff的大小； （3）若弯曲滑道能够承受的最大压力为运动员所受重力的 6倍，则 C 点所在圆弧的半径 R 至少应为多大？ 【答案】(1) 6.67s (2) 144 N (3) 12.5 m 【详解】(1) 运动员在 AB上做初速度为零的匀加速直线运动，故运动员在 AB段下滑过程所 经历的时间 t= B 0v a 6.67s (2)运动员在 AB 上
29、做初速度为零的匀加速直线运动，设 AB 的长度为 x，则有 2 1 2vax 由牛顿第二定律有 mg H x Ffma 联立式，代入数据解得 Ff144 N (3)设运动员到达 C点时的速度为 vC，在由 B到达 C的过程中，由动能定理得 22 11 22 CB mgh Wmvmv 设运动员在 C 点所受的支持力为 FN，由牛顿第二定律有 2 N C v Fmgm R 由题意和牛顿第三定律知 FN6mg 联立式，代入数据解得 R12.5 m 17.万有引力定律发现的历史是物理学中一段波澜壮阔的历史，开普勒、牛顿等科学家都贡 献了自己的智慧。开普勒在第谷留下的浩繁的观测数据中发现了行星运动的三大
30、定律： 所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆， 太阳处在椭圆的一个焦点上； 对任意一个行星来说， 它与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积； 所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的 公转周期的二次方的比值都相等，即： 3 2 a K T 。牛顿是经典物理学的集大成者，他利用数 学工具和开普勒定律发现万有引力定律之时，虽未得到万有引力常量 G的具体值，但在不 停的思考中猜想到： 拉住月球使它围绕地球运动的力与使苹果落地的力， 是否都是地球的引 力，并且都与太阳和行星间的引力遵循统一的规律-平方反比规律？牛顿给出了著名的“月 地检验”方案：他认为月球绕地球近似做匀速圆周运动，首先从运动学的角度计算出了月
31、球 绕地球做匀速圆周运动的向心加速度 an1；他又从动力学的角度计算出了物体在月球轨道上 的向心加速度 an2。他认为可以通过比较两个加速度的计算结果是否一致验证遵循统一规律 的猜想。 （1）牛顿对于万有引力定律的推导过程严谨而繁琐，中学阶段可以借鉴牛顿的思想（即从 运动角度推理物体的受力）由简化的模型得到。若将行星绕太阳的运动视为匀速圆周运动， 圆周运动半径为 r，行星质量为 m ，太阳质量为 M，请你结合开普勒定律、圆周运动、牛 顿定律等知识，证明：太阳与行星之间的引力与它们质量的乘积成正比，它们距离平方成反 比，即： 2 Mm F r 引 。 （2）牛顿时代已知如下数据：月球绕地球运行的
32、周期 T、地球半径 R、月球与地球间的距 离 60R、地球表面的重力加速度 g。 a 请你分别从运动学的角度和动力学的角度推导出“月地检验”中的两个加速度 an1、 an2的大 小表达式； b已知月球绕地球做圆周运动的周期约为 T=2.4 106s，地球半径约为 R=6.4 106m，计算时 可取 g2 m/s2。结合题中的已知条件，求上述两个加速度大小的比值 an1/an2（保留两位有效 数字） ，并得出合理的结论。 【答案】(1)见解析；(2)a. 2 1 2 240 n R a T 2 1 3600 n ag b. 1 2 0.96 n n a a 【详解】 （1）由牛顿第二定律可知，行
33、星做圆周运动的向心力等于行星与恒星之间的引力： 2 2 4 FFmr T 引向 根据开普勒第三定律可知： 3 2 r K T 由可知 2 22 4 mm FK rr 引 由对称性，可知 2 M F r 引 根据牛顿第三定律可知，力的作用是相互的，可知 2 Mm F r 引 从而可知： 2 Mm F r 引 （2）a月球绕地球做匀速圆周运动，由运动学公式： 2 1 60 n aR 2 T 解得： 2 1 2 240 n R a T 质量为 m 的物体在地面上受到的重力： 2 1 Gmg R 质量为 m物体在月球轨道上受到的引力： 2 2 1 (60 ) n Fma R 解得： 2 1 3600
34、n ag b由以上结果得： 2 1 2 2 2403600 n n aR aT g 代入已知数值得： 1 2 0.96 n n a a 由以上结果可以看出，在误差范围内可认为 a1=a2，这说明物体在地面上所受重力与地球吸 引月球的力是同一性质的力，遵循与距离的平方成反比的规律 18.如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在 O点位置。质量为 m的物块 A(可视 为质点)以初速度 v0从距 O点右方 x0的 P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右 端压到 O点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到 P点。物块 A 与水平面间的 动摩擦因数为 ，重力加速度为 g，不计空气阻
35、力。 （1）物块 A从 O点O点O 点的过程，弹簧弹力所做的功 W弹； （2）求物块 A 从 P点出发又回到 P 点的全过程，摩擦力所做的功 Wf； （3）如图乙所示，若将另一个物块 B(可视为质点)与弹簧右端拴接，B 与地面间的动摩擦因 数也为 ， 将 A 放在 B 右边， 向左缓慢推 A， 使弹簧右端压缩到 O点位置， 然后从静止释放， 若 B 的质量 M 在“合适”的范围内取不同的值，A、B都可以共同滑行一段距离后分离。若 M 在“合适”的范围内取值变大，A、B 的分离位置会变化吗？给出结论并论证。 【答案】(1)0(2) 1 2 mv02 (3) 与 M无关 【详解】(1) 弹簧初 末
36、位置相同，弹簧弹力做功为 0 (2)物块 A从 P 点出发又回到 P 点的过程，根据动能定理得 W支+ WG+W弹+Wf0 1 2 mv02 其中，W支=WG=W弹=0。 故 Wf 1 2 mv02（无负号不得分） (3) A、B 的分离位置不会变化。论证：设 A、B 分离时弹簧的处于压缩状态，压缩量为 x， 则分离时刻，A、B两物体在受力和运动上具有如下特征：受力上，A、B间的弹力为 0，运 动上，A、B的加速度相同，即 aAaB （隔离法）分别分析 A、B的受力，以向右为正方向， 对 A 根据牛顿第二定律有 aA mg m 对 B 根据牛顿第二定律有 aB kxMg M 由可得 x=0，
37、这意味着 A、 B分离时弹簧处于原长， 这一结论与 M 无关 （只要 M 在“合 适”的范围内取值） 。 19.消防车的供水系统主要由水泵、输水管道和水炮组成。如图所示，消防水炮离地高度为 H80 m，建筑物上的火点离地高度为 h60 m，整个供水系统的效率 60%（供水效率 定义为单位时间内抽水过程水所获得的机械能与水泵功率的比值 100%） 。假设水从水炮水 平射出，水炮的出水速度 v030 m/s，水炮单位时间内的出水量 m060 kg/s，取 g10 m/s2， 不计空气阻力。 （1）求水炮与火点的水平距离 x，和水炮与火点之间的水柱的质量 m； （2）若认为水泵到炮口的距离也为 H8
38、0 m，求水泵的功率 P； （3）如图所示，为流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽略不计液体（比如水）中的 一小段液柱，由于体积在运动中不变，因此当 S1面以速度 v1向前运动了 x1时，S2面以速度 v2向前运动了 x2，若该液柱前后两个截面处的压强分别为 p1和 p2，选用恰当的功能关系证 明：流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽略不计的液体水平流动（或者高度差的影响不 显著）时，液体内流速大的地方压强反而小。 【答案】(1) 120kg (2) 1.25 102 kW (3)见解析； 【详解】(1)根据平抛运动规律，有 Hh 1 2 gt2 xv0t 联立上述两式，并代入数据得 t= 2
39、()Hh g 2 s xv0 2()Hh g 60 m 水炮与火点之间的水柱的质量 m= m0t=120kg (2)设在 t时间内出水质量为 m，则 m= m0t，由功能关系得： 2 0 1 2 P tmvmgH 即 2 000 1 2 P tmtvmtgH 解得： P 2 0 00 1 2 m vm gH 1.25 102 kW (3)表示一个细管，其中流体由左向右流动。在管的 a1处和 a2处用横截面截出一段流体，即 a1处和 a2处之间的流体，作为研究对象。 a1处的横截面积为 S1，流速为 v1，高度为 h1，a1处左边的流体对研究对象的压强为 p1，方 向垂直于 S1向右。 a2处的
40、横截面积为 S2，流速为 v2，高度为 h2，a2处左边的流体对研究对象的压强为 p2，方 向垂直于 S2向左。 经过很短的时间间隔 t，这段流体的左端 S1由 a1移到 b1。右端 S2由 a2移到 b2。两端移动 的距离分别为 l1和 l2。左端流入的流体体积为 V1=S1l1，右端流出的流体体积为 V2=S2l2，理想流体是不可压缩的，流入和流出的体积相等，V1=V2，记为 V。 现在考虑左右两端的力对这段流体所做的功。 作用在液体左端的力 F1=p1S1向右，所做的功 W1=F1l1=(p1S1)l1=p1(S1l1) =p1V。 作用在液体右端的力 F2=p2S2向左，所做的功 W2
41、=F2l2=(p2S2)l2=p2(S2l2) =p2V。 外力所做的总功 W= W1W2=(p1p2)V 外力做功使这段流体的机械能发生改变。初状态的机械能是 a1处和 a2处之间的这段流体的 机械能 E1，末状态的机械能是 b1处和 b2处之间的这段流体的机械能 E2。由 b1到 a2这一段， 经过时间 t，虽然流体有所更换，但由于我们研究的是理想流体的定常流动，流体的密度 和各点的流速 v 没有改变，动能和重力势能都没有改变，所以这一段的机械能没有改变，这 样机械能的改变(E2E1)就等于流出的那部分流体的机械能减去流入的那部分流体的机械 能。 由于 m=V，所以流入的那部分流体的动能为
42、 22 11 11 22 mvVv 重力势能为 mgh1Vgh1 流出的那部分流体的动能为 22 22 11 22 mvVv 重力势能为 mgh2Vgh2 机械能的改变为 2 112122 2 11 22 EEVVvvVghVgh 理想流体没有粘滞性， 流体在流动中机械能不会转化为内能， 所以这段流体两端受的力所做 的总功 W等于机械能的改变，即 W=E2E1 将式和式代入式，得 22 122121 11 22 ppVVvVvVghVgh 整理后得 22 111222 11 22 pvghpvgh a1和 a2是在流体中任意取的，所以上式可表示为对管中流体的任意处： 2 1 2 pvghC（常量） 式和式称为伯努利方程。 流体水平流动时，或者高度差的影响不显著时（如气体的流动） ，伯努利方程可表达为 2 1 2 pvC（常量） 从式可知，在流动的流体中，压强跟流速有关，流速 v 大的地方要强 p小，流速 v小的地 方压强 p大。
